P7929 [COCI2021-2022#1] Logičari
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[P7929 COCI2021-2022#1] Logičari - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
题目大意
给定一棵 n n n 个节点的基环树，现在对树上的节点染色，使得每个电都有且仅有一个与他相连的点被染色（不包括自身），求最少染色次数，无解输出 − 1 -1 −1
3 ≤ n ≤ 1 0 5 3\le n \le 10^5 3≤n≤105
思路
我们考虑一棵普通的树看看怎么解决。
很明显是一个树形 d p dp dp 乱搞就好了。
我们先 d f s dfs dfs 找到多出来的那条返祖边，设两个端点分别为 S , T S , T S,T
然后我们考虑不合法的情况：
1、 S S S 染了，但 T T T 旁边又染了一个。
2、 T T T 染了，但 T T T 旁边又染了一个。
3、 S S S 没染， T T T 旁边的那个也没染，而且 T T T 没有其他子树了。
在遇到 T T T 的时候特判一下就好了。
我们考虑转移。
设 d p [ x ] [ a ] [ b ] dp[x][a][b] dp[x][a][b] 表示现在处理到以 x x x 为根节点的子树， x x x 的状态为 a a a ， x x x 父亲节点的状态为 b b b 的最小代价。
设 w [ x ] [ a ] w[x][a] w[x][a] 表示以 x x x 为根的子树中， x x x 的状态为 a a a 的最小代价。
设 v a l = ∑ y = s o n [ x ] w [ y ] [ 0 ] val = \sum_{y = son[x]}w[y][0] val=∑y=son[x]w[y][0]
如果
f
a
[
u
]
fa[u]
fa[u] 被染了，那么
x
x
x 的儿子都不能染，所以答案为
d
p
[
x
]
[
a
]
[
b
]
=
v
a
l
+
a
dp[x][a][b] = val + a
dp[x][a][b]=val+a
否则
d
p
[
x
]
[
a
]
[
b
]
=
min
y
=
s
o
n
[
x
]
(
v
a
l
−
w
[
y
]
[
0
]
+
w
[
y
]
[
1
]
)
+
a
dp[x][a][b] = \min_{y = son[x]}(val - w[y][0] + w[y] [1]) + a
dp[x][a][b]=y=son[x]min(val−w[y][0]+w[y][1])+a
code
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fu(x , y , z) for(x = y ; x <= z ; x ++)
using namespace std;
const int inf = 1e9 + 5 , N = 1e5 + 5;
int hd[N] , cnt , s , t , vis[N] , flg , fs , ft , out , n;
LL f[N][2][2] , w[N][2];
struct E {
int to , nt;
} e[N << 1];
void add (int x , int y) { e[++cnt].to = y , e[cnt].nt = hd[x] , hd[x] = cnt; }
void dfs (int x , int fa) {
int y;
vis[x] = 1;
for (int i = hd[x] ; i ; i = e[i].nt) {
y = e[i].to;
if (y == fa) continue;
if (vis[y]) flg = i;
else dfs (y , x);
}
}
LL dp (int x , int fa , int a , int b) {
if (f[x][a][b]) return f[x][a][b];
int y;
LL sum = 0 , ans = inf;
for (int i = hd[x] ; i ; i = e[i].nt) {
y = e[i].to;
if ((y == fa) || (i == flg) || ((i ^ 1) == flg)) continue;
if (y == t) {
if ((a && fs) || (b && ft) || (!a && !fs && out < 3)) return inf;
w[y][ft] = dp (y , x , ft , (fs | a));
w[y][!ft] = inf;
sum += w[y][0];
}
else {
w[y][0] = dp (y , x , 0 , a);
sum += w[y][0];
if (!b) w[y][1] = dp (y , x , 1 , a);
}
}
if (b) return f[x][a][b] = sum + a;
for (int i = hd[x] ; i ; i = e[i].nt) {
y = e[i].to;
if ((y == fa) || (i == flg) || ((i ^ 1) == flg)) continue;
ans = min (ans , sum - w[y][0] + w[y][1]);
}
return f[x][a][b] = ans + a;
}
int main () {
int x , y;
LL ans;
cnt = 1;
scanf ("%d" , &n);
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
scanf ("%d%d" , &x , &y);
add (x , y) , add (y , x);
}
dfs (1 , 0);
s = e[flg].to , t = e[flg ^ 1].to;
for (int i = hd[t] ; i ; i = e[i].nt) ++out;
// cout << out << " " << t;
// return 0;
fs = ft = 0;
ans = dp (s , 0 , 0 ,0);
memset (f , 0 , sizeof (f));
fs = 1 , ft = 0;
ans = min (ans , dp (s , 0 , 1 , 0));
memset (f , 0 , sizeof (f));
fs = 0 , ft = 1;
ans = min (ans , dp (s , 0 , 0 , 1));
memset (f , 0 , sizeof (f));
fs = ft = 1;
ans = min (ans , dp (s , 0 , 1 , 1));
if (ans <= 1ll * n) printf ("%lld" , ans);
else printf ("-1");
return 0;
}
